文档内容
湖北省2026届上学期八校一模联考
高三化学试题
本试卷共8页，19题，全卷满分100分，考试用时75分钟。
★祝考试顺利★
注意事项：
1、答题前，请将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在试卷和答
题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的制定位置。
2、选择题的作答：每小题选出答案后，用 2B铅笔把答题卡上对应题目的
答案标号涂黑，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3、非选择题作答：用黑色签字笔直接答在答题卡对应的答题区域内，写在
试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
4、考试结束后，请将答题卡上交。
一、选择题：本题共15小题，每题3分，共45分，每小题仅有一项是符
合题意。
1.下图是NaCl固体在水中的溶解和形成水合离子的微观图示：仔细观察下
图，判断下列相关说法正确的是( )
→ →
A．该过程通常表示为NaCl===Na＋＋Cl－
B．因为NaCl在水中发生电离，故NaCl溶液为电解质
C．Na＋和Cl－均与水分子中的氧原子结合形成水合离子
D．离子从固体表面脱离后不会再回到固体表面
解析：A A．NaCl 为强电解质，在水中完全电离，该过程通常表示为
NaCl===Na＋＋Cl－，A正确；B.NaCl 在水中完全电离，氯化钠为强电解质，但
是得到的氯化钠溶液为混合物，不是电解质，B错误；C.从图示知，Na＋与水分
子中的氧原子结合形成水合离子，Cl－与水分子中的氢原子结合形成水合离子，
C错误；D.NaCl 溶解时钠离子和氯离子从固体表面脱离进入溶液中，同时钠离
子和氯离子受 NaCl表面的氯离子和钠离子的吸引回到固体表面，D错误。
2.实验室中为研究不同物质之间的反应进行如下实验。下列说法正确的是(
)A．丙为还原产物，丁为氧化产物
B．上述有4个氧化还原反应
C．每生成标准状况下5.6 L气体丙，消耗0.2 mol KMnO
4
D．若0.1 mol Na SO 完全反应，转移0.15N 个电子(N 为阿伏加德罗常数
2 3 A A
的值)
解析：D 该过程发生反应如下：4Na SO =====3Na SO ＋Na S，Na S＋
2 3 2 4 2 2
H SO ===Na SO ＋H S↑，6H＋＋2MnO＋5H O ===2Mn2＋＋5O ↑＋8H O，
2 4 2 4 2 2 2 2 2
2H S＋O =====2S↓＋2H O；A 项，反应 6H＋＋2MnO＋5H O ===2Mn2＋＋
2 2 2 2 2
5O ↑＋8H O中高锰酸钾与双氧水反应生成氧气，H O 中－1价的O原子失去
2 2 2 2
电子发生氧化反应生成氧气，氧气为氧化产物，故A错误；B项，根据分析可
知四个反应中Na S＋H SO ===Na SO ＋H S↑不是氧化还原反应，故B错误；
2 2 4 2 4 2
C项，n(O )＝＝0.25 mol，
2
由反应6H＋＋2MnO＋5H O ===2Mn2＋＋5O ↑＋8H O
2 2 2 2
可知n(MnO)＝0.25 mol×＝0.1 mol，故C错误；
D项，由反应可知4Na SO ～6e－，若0.1 mol Na SO 完全反应，
2 3 2 3
转移0.1 mol×＝0.15 mol电子，即转移0.15N 个电子，故D正确。
A
3.下列有关实验原理或操作正确的是( )
A．用20 mL量筒量取15 mL酒精，加5 mL水，配制质量分数为75%的酒
精溶液
B．在 200 mL 某硫酸盐溶液中，含有 1.5N 个硫酸根离子和 N 个金属离
A A
子，则该硫酸盐的物质的量浓度为1.5 mol·L－1
C．实验中需用950 mL 2.0 mol·L－1 Na CO 溶液，配制时选用的容量瓶的规
2 3
格和称取的Na CO 的质量分别为1000 mL、212 g
2 3
D．实验室配制 500 mL 0.2 mol·L－1硫酸亚铁溶液，其操作是：用天平称
15.2 g绿矾(FeSO ·7H O)，放入小烧杯中加水溶解，转移到500 mL容量瓶，洗
4 2
涤、稀释、定容、摇匀
解析：C 不能用量筒来配制溶液，应用烧杯，且15 mL酒精的质量不是5
mL水的质量的3倍，A项错误；1.5N 个硫酸根离子的物质的量为1.5 mol，N
A A
个金属阳离子的物质的量为1 mol，设金属离子的化合价为x，根据电荷守恒可
知，x＝1.5×2＝3，故金属阳离子为＋3 价，所以该硫酸盐可以表示为
M (SO ) ，根据硫酸根离子守恒可知，硫酸盐为0.5 mol，所以该硫酸盐的物质
2 4 3
的量浓度为＝2.5 mol·L－1，B项错误；没有950 mL的容量瓶，应用1000 mL的
容量瓶进行配制，则m(Na CO )＝cVM＝1 L×2 mol·L－1×106 g·mol－1＝212 g，
2 3
C项正确；配制500 mL 0.2 mol·L－1硫酸亚铁溶液，需要绿矾(FeSO ·7H O)的物
4 2
质的量为0.5 L×0.2 mol·L－1＝0.1 mol，质量为27.8 g，D项错误。
4.铼(Re)被称为“类锰元素”，与锰的价电子排布相同，可以与氧气反应。
一种对废氧化铝载体铂铼催化剂中金属元素综合回收利用的工艺如图：下列说法正确的是( )
A．“第1次浸出”中可以用氢氧化钠溶液代替氨水，浸出渣1成分不变
B．铼元素的最高价氧化物Re O 为碱性氧化物
2 7
C．制备铼粉过程中，氢气只体现还原作用
D．“第 3 次浸出”中若用 HCl-NaClO 作浸出液，反应离子方程式可能
3
为：3Pt＋16Cl－＋2ClO＋12H＋===3[PtCl ]2－＋6H O
6 2
解析：D “第1次浸出”用氨水溶解含Re的物质，Al O 在滤渣中，Al O
2 3 2 3
能与氢氧化钠溶液反应，不能使用氢氧化钠溶液代替氨水，故 A错误；七氧化
二铼溶于水生成高铼酸溶液，所以Re O 为酸性氧化物，故B错误；在800 ℃
2 7
下通入氢气，还原NH ReO 制备铼粉，氢气不仅作为还原剂，还可以通过气流
4 4
带走生成的水蒸气和氨气，故C错误；用HCl-NaClO 作浸出液溶解Pt，可形成
3
配合物，反应离子方程式可能为：3Pt＋16Cl－＋2ClO＋12H＋===3[PtCl ]2－＋
6
6H O，故D正确。
2
5.铁元素的“价—类”二维图如下图所示。下列有关说法正确的是( )
A．高温下a与水蒸气反应可得到e
B．向d的硝酸盐溶液中加入稀盐酸，可实现d→g的转化
C．在空气中加热c，可实现c→b的转化
D．在水中g易水解，在水处理过程中常加入g的硫酸盐杀菌消毒
解析：B 根据图中信息，a为Fe，b为FeO，e为Fe O ，c为Fe(OH) ，f
2 3 2为Fe(OH) ，d为亚铁盐，g为铁盐，h为高铁酸盐；Fe与水蒸气反应不能得到
3
Fe O ，A项错误；Fe2＋、NO、H＋会发生氧化还原反应：
2 3
3Fe2＋＋NO＋4H＋===3Fe3＋＋NO↑＋2H O，可实现Fe2＋→Fe3＋的转化，B项正
2
确；在空气中加热Fe(OH) ，Fe(OH) 会被O 氧化为Fe(OH) ，最终生成Fe O ，
2 2 2 3 2 3
不能得到 FeO，C 项错误；Fe3＋水解，Fe3＋＋3H OFe(OH) ＋3H＋，生成
2 3
Fe(OH) 胶粒可吸附杂质净水，不能杀菌消毒，D项错误。
3
6.溴(Br)与氯同属“卤族元素”，性质上与氯具有很大的相似性，但Br 比
2
Cl 的活泼性弱，下面是根据氯的性质对溴的性质进行的预测，其中正确的是 (
2
)
A．溴单质既有氧化性，又有还原性
B．溴单质与水反应可生成HBr和O
2
C．Br－具有还原性，但还原性比Cl－弱
D．溴蒸气与氢气反应比氯气与氢气反应剧烈
解析：A 溴单质中溴元素化合价为 0价，处于中间价态，既具有氧化性又
具有还原性，如与水的反应，故 A 正确；溴单质与水反应可生成 HBr 和
HBrO，故B错误；Br－具有还原性，还原性比Cl－强，故C错误；氯气可与氢
气在点燃或光照条件下发生反应，氯气比溴活泼，在加热条件下溴可与氢气反
应生成溴化氢，溴蒸气与氢气反应没有氯气与氢气反应剧烈，故D错误。
7.“龙芯一号”的问世填补了我国电脑芯片制造史上的一项空白。用硝酸
与氢氟酸的混合液作制作芯片的刻蚀液，发生的反应为 Si＋4HNO ＋
3
6HF===H SiF ＋4NO ↑＋4H O。下列有关叙述正确的是( )
2 6 2 2
A．电脑芯片的主要成分为SiO ，SiO 具有良好的光学性能
2 2
B．实验室中可用玻璃仪器密封保存氢氟酸
C．该反应转移0.1 mol电子时，生成2.24 L NO
2
D．在该反应中，Si作还原剂，被氧化为H SiF
2 6
解析：D 电脑芯片的主要成分为硅，不是二氧化硅，A项错误；氢氟酸能
与玻璃中的二氧化硅反应，所以不能用玻璃仪器密封保存氢氟酸，B项错误；
没有说明在标准状况下，无法计算反应转移0.1 mol电子时，生成二氧化氮的体
积，C 项错误；由化学方程式可知，反应中硅元素的化合价升高，被氧化为
H SiF ，硅为反应的还原剂，D项正确。
2 6
8.浓差电池是利用物质的浓度差产生电势的一种装置。将两个完全相同的
电极浸入两个溶质相同但浓度不同的电解质溶液中构成的浓差电池，称为双液
浓差电池。模拟工业上电渗析法实现海水(用氯化钠溶液代替)淡化的装置如图
所示。下列说法错误的是( )A．SO向Cu(1)极区域迁移
B．C(2)极发生还原反应
C．膜1为阳离子交换膜
D．C(2)极反应：2H O＋2e－===2OH－＋H ↑
2 2
解析：C 由题意可知，Cu(1)为负极，Cu(2)为正极，C(1)为阳极，C(2)为
阴极，NaCl溶液中Cl－向FeCl 溶液移动，故膜1为阴离子交换膜，故选C。
3
9.下列说法正确的是( )
A．增大压强，活化分子百分数增大，化学反应速率一定增大
B．升高温度，活化分子百分数增大，化学反应速率一定增大
C．加入反应物，活化分子百分数增大，化学反应速率一定增大
D．所有的催化剂都可以降低反应的活化能，但一定不改变反应的历程
解析：B 增大浓度、增大压强，均使单位体积内活化分子数目增大；升高
温度、使用催化剂，均使活化分子百分数增大。A．对有气体参加的反应，增
大压强，单位体积内活化分子数目增大，化学反应速率增大，无气体参加的反
应，增大压强，反应速率不变，故A错误；B.升高温度，活化分子百分数增
大，单位时间内有效碰撞的次数增加，化学反应速率一定增大，故B正确；
C．纯固体、纯液体的量改变不影响反应速率，故C错误；D.催化剂可以改变
反应历程，改变反应的活化能，进而影响反应速率，故D错误。
10.将一定量纯净的氨基甲酸铵置于特制的密闭真空容器中(假设容器体积不
变，固体试样体积忽略不计)，使其达到分解平衡：NH COONH (s)2NH (g)
2 4 3
＋CO (g)。该条件下的平衡数据如下表，下列说法正确的是( )
2
温度/℃ 15.0 20.0 25.0 30.0 35.0
平衡总压强/kPa 5.7 8.3 12.0 17.1 24.0
平衡气体总浓度/
2.4 3.4 4.8 6.8 9.4
(×10－3mol·L－1)
A.该可逆反应达到平衡的标志之一是混合气体平均相对分子质量不变
B．因该反应熵变(ΔS)大于0，焓变(ΔH)大于0，所以在低温下正向自发进
行
C．达到平衡后，若在恒温下压缩容器体积，氨基甲酸铵固体的质量增加
D．根据表中数据，计算15.0 ℃时的NH 平衡浓度为1.6 mol·L－1
3解析：C 根据化学方程式NH COONH (s)2NH (g)＋CO (g)可知，生成
2 4 3 2
的气体的物质的量之比始终是2∶1，所以气体的平均相对分子质量始终不变，故
不能作为达到平衡状态的判断依据，A项错误；从表中数据可以看出，随着温
度升高，气体的总浓度增大，平衡正向移动，则该反应的正反应为吸热反应，
ΔH>0，反应中固体变为气体，混乱度增大，ΔS>0，根据ΔG＝ΔH－TΔS可知反
应在高温下正向自发进行，B项错误；压缩容器体积，气体压强增大，平衡逆
向移动，氨基甲酸铵固体的质量增加，C项正确；反应中生成的氨和二氧化碳
的浓度之比为2∶1，总浓度为2.4×10－3 mol·L－1，
所以氨的浓度为1.6×10－3mol·L－1，D项错误。
11.某温度下，重水(D O)的离子积常数为1.6×10－15，若用定义pH一样规
2
定pD＝－lg c(D＋)，则在该温度下，下列叙述正确的是( )
A．纯净的重水中，c(D＋)·c(OD－)>1.0×10－14
B．1 L溶解有0.01 mol DCl的重水溶液，其pD＝2
C．1 L溶解有0.01 mol NaOD的重水溶液，其pD＝12
D．纯净的重水中，pD＝7
解析：B 该温度下重水(D O)的离子积常数为1.6×10－15<1.0×10－14，故A
2
错误；c(DCl)＝＝0.01 mol/L，则c(D＋)＝0.01 mol/L，所以pD＝2，故B正确；
c(NaOD)＝＝0.01 mol/L，则c(D＋)＝ mol/L＝1.6×10－13 mol/L，则pD>12，故
C错误；c(D＋)＝ mol/L＝4×10－8 mol/L，所以pD>7，故D错误。
12.常温下，K (CaSO )＝9×10－6，常温下CaSO 在水中的沉淀溶解平衡曲
sp 4 4
线如图所示。下列说法正确的是( )
A．在任何溶液中，c(Ca2＋)、c(SO)均相等
B．b点将有沉淀生成，平衡后溶液中c(Ca2＋)和c(SO)都等于3×10－3 mol·L
－1
C．a点对应的K 等于c点对应的K
sp sp
D．d点溶液通过蒸发可以变到c点
解析：C 只有在单一 CaSO 溶液中c(Ca2＋)、c(SO)才相等，A项错误；b
4
点Q>K ，故有沉淀生成，开始c(Ca2＋)、c(SO)不相等而反应消耗的 Ca2＋、SO
sp相等，因此平衡后的两种离子浓度也不会都等于3×10－3 mol·L－1，B项错误；
在沉淀溶解平衡曲线上的K 均相等，C项正确；d点通过蒸发后各离子浓度都
sp
增大，不可能保持SO浓度不变而到达c点，D项错误。
13.在酸性或者接近中性的条件下，MnO 易发生歧化反应，将 CO 通入
2
K MnO 溶液中，其反应为 3K MnO ＋2CO ===2KMnO ＋MnO ＋2K CO 。下
2 4 2 4 2 4 2 2 3
列有关说法错误的是( )
A．CO的空间结构为三角锥形
B．CO 中心原子的杂化方式是sp
2
C．基态钾原子的价电子排布式：4s1
D．基态Mn2＋的价电子轨道表示式：
解析：A CO中C原子的价层电子对数为3＋＝3，不含孤电子对，为平面
三角形，A错误；CO 分子中C原子的价层电子对数为
2
2＋＝2，不含孤电子对，所以是直线形结构，C原子采用sp杂化，B正确；钾
为19号元素，基态钾原子的价电子排布式：4s1，C正确；基态Mn原子核外电
子排布为 1s22s22p63s23p63d54s2，基态 Mn2＋是锰原子失去 2 个电子后形成的离
子，价电子轨道表示式： ，D正确。
14.已知：NaF的熔点为993 ℃、MgF 的熔点为1261 ℃。下列分析错误的
2
是( )
A．NaF和MgF 均由阴、阳离子构成
2
B．离子半径和离子所带电荷数决定离子键强弱
C．NaF中的离子键比MgF 中的弱
2
D．MgF 的摩尔质量比NaF的大，所以MgF 熔点高
2 2
解析：D NaF与MgF 均为离子化合物，由阴、阳离子构成，A正确；离
2
子键的强弱与离子半径和离子所带电荷数有关，一般来说，离子半径越小，离
子所带电荷数越大，离子键越强，B正确；由于半径：r(Mg2＋)1.6 g，则此时A中固体的成分为CuSO 和 CuO。
4
(4)装置B中迅速生成白色沉淀，说明分解产物中有SO ，C装置的作用是检
3
验是否有SO 生成。
2
(5)理论上E中应收集到V mL气体，事实上体积偏少，可能的原因是在C
装置中部分O 参与了氧化还原反应。
2
答案：(1)Cu＋2H SO (浓)=====SO ↑＋CuSO ＋2H O 加入适量水，蒸
2 4 2 4 2
发浓缩，冷却结晶
(2)温度较低，反应速率慢；温度太高，H O 分解，损耗大 原料利用率
2 2
高 不产生污染(答案合理即可)
(3)黑色固体 CuSO 和CuO
4
(4)SO 检验是否有SO 生成
3 2
(5)在C装置中部分O 参与了氧化还原反应
2
17.（12分）二氧化氯(ClO )是一种新型的环保饮用水消毒剂，某课题小组
2
拟选择如图所示部分装置制备并收集二氧化氯来探究其漂白性(装置不可重复使
用)。
已知：①常温下，亚氯酸钠(NaClO )与氯气反应的生成物之一为二氧化氯；
2②常温常压下，ClO 是一种易溶于水而难溶于有机溶剂的气体。回答下列问
2
题：
(1)制备干燥、纯净的氯气：气体发生装置是____________ (填字母)（2
分 ） ， 反 应 的 离 子 方 程 式 为
__________________________________________________
_____________________________________________________________________
______________________________________。（2分）
(2)制备二氧化氯：导管口连接顺序为a→__________→n→p→j。（2分）
(3)写出装置G中发生反应的化学方程式：_____________________________
_____________________________________________________________________
______________________________________________。（2分）
(4)装置 E 的作用是__________________________________________。（2
分）
(5)二氧化氯还会与H O 和NaOH的混合溶液反应，其产物之一是NaClO 。
2 2 2
写出该反应的化学方程式：_____________________________________。（2
分）
解析：(1)若用MnO 作氧化剂制备Cl ，则气体发生装置应选取装置A，因
2 2
该反应需加热；若用KMnO 作氧化剂，则气体发生装置应选取装置B，因该反
4
应不需要加热。反应的离子方程式分别为 MnO ＋4H＋＋2Cl－=====Mn2＋＋
2
Cl ↑＋2H O、2MnO＋16H＋＋10Cl－===2Mn2＋＋5Cl ↑＋8H O。(2)制备 ClO
2 2 2 2 2
的过程：制备Cl ，用装置D除去Cl 中HCl杂质，用装置C中的浓硫酸进行干
2 2
燥，用装置G中的NaClO 与Cl 反应生成ClO 和NaCl，用装置E中的CCl 除
2 2 2 4
去多余的Cl ，用装置F收集ClO ，用装置I吸收有毒尾气，装置I还起到防止
2 2
空 气 中 的 水 蒸 气 进 入 装 置 F 中 的 作 用 。 故 导 管 口 的 连 接 顺 序 为
a→z→m→x→y→b→c→r→s→n→p→j。(3)装置G中制备ClO 发生反应的化学
2
方程式为Cl ＋2NaClO ===2ClO ＋2NaCl。(4)装置E中的CCl 可吸收ClO 中的
2 2 2 4 2
Cl ，起到净化ClO 的作用。(5)由题意可知，反应物为ClO 、NaOH、H O ，产
2 2 2 2 2
物之一是NaClO ，根据氧化还原反应原理及原子守恒可知，其余的产物为O 、
2 2
H O，故该反应的化学方程式为 2ClO ＋2NaOH＋H O ===2NaClO ＋O ＋
2 2 2 2 2 2
2H O。
2
答案：(1)A MnO ＋4H＋＋2Cl－=====Mn2＋＋Cl ↑＋2H O(或B 2MnO
2 2 2
＋16H＋＋10Cl－===2Mn2＋＋5Cl ↑＋8H O)
2 2
(2)z→m→x→y→b→c→r→s
(3)Cl ＋2NaClO ===2ClO ＋2NaCl
2 2 2
(4)吸收二氧化氯中的氯气
(5)2ClO ＋2NaOH＋H O ===2NaClO ＋O ＋2H O
2 2 2 2 2 2
18.（12 分）(1)常温下，用氨水吸收 CO 可得到 NH HCO 溶液，在
2 4 3
NH HCO 溶液中，c(NH)________(填“>”“<”或“＝”)c(HCO)；（2分）
4 3
反应NH＋HCO＋H O===NH ·H O＋H CO 的平衡常数K＝____________。（2
2 3 2 2 3
分）(已知常温下NH ·H O的电离常数 K ＝2×10－5，H CO 的电离常数 K ＝
3 2 b 2 3 a1
4×10－7，K ＝4×10－11)
a2
(2)已知K [Mg(OH) ]＝2×10－11，常温下在某MgSO 溶液里c(Mg2＋)＝0.002
sp 2 4
mol·L－1，如果生成 Mg(OH) 沉淀，应调整溶液 pH，使之大于________（2
2
分）；在0.20 L的0.002 mol·L－1 MgSO 溶液中加入等体积的0.10 mol·L－1的氨
4
水溶液，电离常数 K (NH ·H O)＝2×10－5，试通过计算判断__________（2
b 3 2分）(填“有”或“无”)Mg(OH) 沉淀生成。
2
(3)CuCl悬浊液中加入Na S，发生的反应为
2
2CuCl(s)＋S2－(aq)Cu S(s)＋2Cl－(aq)，该反应的平衡常数
2
K＝____________（2分）[已知K (CuCl)＝1.2×10－6，K (Cu S)＝2.5×10－43]。
sp sp 2
(4)已知常温下H SO 的电离常数：K ＝1.0×10－1.9，K ＝1.0×10－7.2，计算
2 3 a1 a2
0.1 mol·L－1NaHSO 溶液的pH为________（2分）(忽略SO的二级水解)。
3
解析：(1)由于NH ·H O的电离常数大于H CO 的第一步电离常数，再根据
3 2 2 3
盐类水解规律可得 HCO 的水解程度更大，因此 c(NH)>c(HCO)；反应 NH＋
HCO＋H O===NH ·H O＋H CO 的平衡常数K＝＝＝＝1.25×10－3。
2 3 2 2 3
(2)MgSO 溶液中c(Mg2＋)＝0.002 mol·L－1，开始沉淀时c(OH－)＝ mol·L－1
4
＝10－4 mol·L－1，则c(H＋)＝10－10 mol·L－1，因此生成Mg(OH) 沉淀，应调整溶
2
液pH，使之大于 10；在0.20 L 的0.002 mol·L－1 MgSO 溶液中加入等体积的
4
0.10 mol·L－1的氨水溶液，镁离子浓度变为0.001 mol·L－1；c(OH－)＝ mol·L－1＝
0.001 mol·L－1，c(Mg2＋)·c2(OH－)＝10－9>K ＝2×10－11，有沉淀产生。
sp
(3)平衡常数K＝＝
＝＝＝5.76×1030。
(4)HSOSO＋H＋的平衡常数 K ＝＝1.0×10－7.2，c(SO)≈c(H＋)，
a2
c(HSO)≈0.1 mol·L－1，则c2(H＋)＝1.0×10－7.2×c(HSO)＝1.0×10－7.2×0.1＝10－
8.2，c(H＋)＝10－4.1 mol·L－1，故pH＝－lg c(H＋)＝4.1。
答案：(1)> 1.25×10－3 (2)10 有
(3)5.76×1030 (4)4.1
19.（14分）(1)X、Y两者物理性质有差异的主要原因是________________
_______________。（2分）
水中溶解度 熔点/ 沸点/
物质 结构简式
/g(25 ℃) ℃ ℃
X 0.2 45 100
Y 1.7 114 295
(2)CO(NH ) 分子中 C 原子的杂化方式为________________（2 分），1
2 2
mol该分子中σ键的数目为__________（2分），该物质易溶于水的主要原因是
________________（2分）。
(3)F 与其他卤素单质反应可以形成卤素互化物，例如ClF 、BrF 等。已知
2 3 3
反应 Cl (g)＋3F (g) ===2ClF (g) ΔH＝－313 kJ·mol－1，F—F键的键能为 159
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kJ·mol－1，Cl—Cl键的键能为 242 kJ·mol－1，则ClF 中Cl—F键的平均键能为
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____________kJ·mol－1（2分）。ClF 的熔、沸点比BrF 的________(填“高”
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或“低”)（2分）。
(4)维生素B 的结构简式如图，该晶体溶于水的过程中要克服的微粒间作用
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力有__________________________________________（2分）。解析：(3)设Cl—F键的平均键能为x。根据反应的焓变＝反应物的键能总和
－生成物的键能总和可知，Cl (g)＋3F (g)===2ClF (g)的ΔH＝242 kJ·mol－1＋159
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kJ·mol－1×3－6x＝－313 kJ·mol－1，则x＝172 kJ·mol－1。ClF 和BrF 为结构相似
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的分子晶体，相对分子质量越大，范德华力越大，其熔、沸点越高，因ClF 的
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相对分子质量小于BrF ，故ClF 的熔、沸点低于BrF 。
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答案：(1)X物质形成分子内氢键，Y物质形成分子间氢键，分子间氢键使
分子间作用力增大
(2)sp2 7N CO(NH ) 分子与水分子之间能形成氢键
A 2 2
(3)172 低
(4)离子键、氢键、范德华力
